新高考新题型第19题新定义压轴题汇编（解析版）

新高考新题型第19题新定义压轴题汇编目录01集合新定义02函数与导数新定义03立体几何新定义04三角函数新定义05平面向量与解三角形新定义06数列新定义07圆锥曲线新定义08概率与统计新定义09高等数学背景下新定义01集合新定义1(2024·北京·高三北师大实验中学校考阶段练习)已知N元正整数集合A=a1,a2,⋯,aNN≥2满aj足：a1<a2<⋯<aN，且对任意i,j∈1,2,⋯,N,i<j，都有∈Zaj-ai(1)若a1=2，写出所有满足条件的集合A；(2)若aN恰有N个正约数，求证：aN=aN-1+1；ajj(3)求证：对任意的i,j∈1,2,⋯,N-1,i<j，都有≤.aii【解析】(1)2,3或2,4或2,3,4．a2根据题意可知，若a2=3，则=3∈Z，满足题意；a2-21 a2若a2=4，则=2∈Z，满足题意；a2-2a2显然易知当a2≥5时，∉Z，所以A=2,3或A=2,4；a2-2a3当a2=3,a3=4时，又满足=4∈Z，所以可得A=2,3,4满足题意；a3-a2因此可得所有满足条件的集合A为2,3或2,4或2,3,4.(2)证明：由题分别令i=N，j=1,2,⋅⋅⋅,N-1，aNaNaN可知,,⋯,∈Z,aN-a1aN-a2aN-aN-1即aN-a1,aN-a2,⋯,aN-aN-1这N-1个小于aN的数均为aN的正约数．因为aN的正约数的个数恰为N个(其中最大的是aN，最小的是1)，而aN>aN-a1>aN-a2>⋯>aN-aN-1,所以aN-aN-1=1，可得aN=aN-1+1ajajaj(3)证明：由题可知,,⋯,∈Z,aj-a1aj-a2aj-aiajajaj且1<<<⋯<aj-a1aj-a2aj-aiajajaj所以≥2,≥3,⋯,≥i+1,aj-a1aj-a2aj-aiaji+1将最后一个不等式整理得iaj≤i+1ai，即≤；aii又j>i，所以j≥i+1，ajj所以≤.aii2(2024·北京·高三北京交通大学附属中学校考阶段练习)设集合S=a1,a2,⋯,ann≥3，其中ai∈*N,i=1,2,⋯,n.若集合S满足对于任意的两个非空集合A,B⊆S，都有集合A的所有元素之和与集合B的元素之和不相等，则称集合S具有性质P.(1)判断集合1,2,3,5,9,1,3,5,11是否具有性质P，并说明理由；*k*(2)若集合S=a1,a2,⋯,ann∈N具有性质P，求证：∀k≤n,a1+a2+⋯+ak≥2-1,k∈N；111(3)若集合S=a1,a2,⋯,a2023具有性质P，求++⋯+的最大值.a1a2a2023【解析】(1)对于集合1,2,3,5,9，因为2+3=5，故集合2,3,5的元素和相等，故1,2,3,5,9不具有性质P.对于1,3,5,11，其共有15个非空子集：1,3,5,11,1,3,1,5,1,11,3,5,3,11,5,11，1,3,5,1,3,11,1,5,11,3,5,11,1,3,5,11，各集合的和分别为：1,3,5,11,4,6,12,8,14,16,9,15,17,19,20，它们彼此相异，故1,3,5,11具有性质P.(2)因为a1,a2,⋯,an具有性质P，故对于任意的k，a1,a2,⋯,ak也具有性质P，否则a1,a2,⋯,ak有两个非空子集A,B，它们的元素和相等，而A,B也是a1,a2,⋯,an的子集，故a1,a2,⋯,an不具有性质P，矛盾.k注意到a1,a2,⋯,ak共有2-1个非空子集，每个子集的元素和相异，2 k且子集的和最大为a1+a2+⋯+ak，最小为a1，故a1+a2+⋯+ak≥2-1.(3)假设集合S=a1,a2,⋯,an具有性质P，不妨设a1<a2<⋯<an，n-111111a1-1a2-2an-21++⋯+-++⋯+=++⋯+22n-1a1a2ana12a22n-1ank1i-1设ci=i-1，则ci-ci+1>0，由(2)可得di=ai-2，且Dk=di≥0.2aii=1n-1a1-1a2-2an-2而a+2a+⋯+n-1=c1d1+c2d2+⋯+cndn122an=c1D1+c2D2-D1+c3D3-D2+⋯+cnDn-Dn-1=c1-c2D1+c2-c3D2+⋯+cn-1-cnDn-1+cnDn≥0，1n1111111-21故++⋯+≤1++⋯+==2-，a1a2an22n-11-12n-12当且仅当D1=D2=⋯=Dn=0时等号成立，kkk-1k-1即此时任意的正整数k，a1+a2+⋯+ak=2-1即a1=1,ak=2-2=2，k-11111故此时ak=2时等号成立，故++⋯+的最大值为2-.a1a2an2n-1则当n=2023时，即对集合S=a1,a2,⋯,a2023具有性质P，1111则++⋯+的最大值为2-.a1a2a2023220223(2024·北京门头沟·统考一模)已知集合M={±1,±2,±3,⋯,±n}(n≥3).若对于集合M的任意k元子集A，A中必有4个元素的和为-1，则称这样的正整数k为“好数”，所有“好数”的最小值记作g(M).(1)当n=3，即集合M={-3,-2,-1,1,2,3}.(i)写出M的一个子集B，且B中存在4个元素的和为-1；(ii)写出M的一个5元子集C，使得C中任意4个元素的和大于-1；(2)证明：g(M)>n+2；(3)证明：g(M)=n+3.【解析】(1)取B=-3,-1,1,2，则-3+-1+1+2=-1，满足条件；取C=-2,-1,1,2,3，则-1+1+2+3=5>-1；-2+1+2+3=4>-1；-2+-1+2+3=2>-1；-2+-1+1+3=1>-1；-2+-1+1+2=0>-1；满足条件.*(2)若gM=a≤n+2，a≥4，a∈N，从大到小取a个元素，A=n,n-1,⋯,n-a+1，a≤n，或A=n,n-1,⋯,1,-1⋯,n-a，n<a≤n+2，则A中任意4个元素之和≥-1-2+1+2=0，不成立，故g(M)>n+2.(3)当k=n+3时，把集合M的元素按和为-1分组，得：M={±1,±2,±3,⋯,±n}={-n,n-1}∪{-n+1,n-2}∪{-n+2,n-3}∪⋯∪{-2,1}∪{-1,n}，易得，A中至少有2个二元子集满足Xa={a,-a-1},Xb={b,-b-1}(-n≤a<b≤-2)．若把集合M的元素按和为0分组，得：M={±1,±2,±3,⋯,±n}={-n,n}∪{-n+1,n-1}∪{-n+2,n-2}⋯∪{-1,1}．易得，A中至少有3个二元子集满足Yc={c,-c},Yd={d,-d},Ye={e,-e}．而集合Yc,YdYe两两互不相交，Xa与Yc,YdYe中每一个至多有一个公共元素，所以，Yc,YdYe中必有一个与Xa没有公共元素，不妨设Xa∩Yc=∅，3 则Xa∪Yc的4个元素就是A的4个互异元素，而这4个元素的和为-1．又g(M)>n+2，所以g(M)=n+3．02函数与导数新定义4(2024·上海黄浦·高三格致中学校考开学考试)对于函数y=fx的导函数y=fx，若在其定义域内存在实数x0和t，使得fx0+t=t+1⋅fx0成立，则称y=fx是“跃点”函数，并称x0是函数y=fx的“t跃点”.π(1)若函数y=sinx-mx∈R是“跃点”函数，求实数m的取值范围；22(2)若函数y=x-ax+1是定义在-1,3上的“1跃点”函数，且在定义域内存在两个不同的“1跃点”，求实数a的取值范围；x(3)若函数y=e+bxx∈R是“1跃点”函数，且在定义域内恰存在一个“1跃点”，求实数b的取值范围.【解析】(1)函数y=sinx-m的导函数为y=cosx，π因为函数y=sinx-m，x∈R是“跃点”函数，2πππ则方程sinx0+2-m=2+1cosx0有解，即-m=2cosx0有解，而cosx∈-1,1ππππ0，因此-m∈-,，解得m∈-,，2222ππ所以实数m的取值范围是-,.222(2)函数y=x-ax+1,x∈(-1,3)的导函数为y=2x-a，22依题意，方程(x0+1)-a(x0+1)+1=2(2x0-a)，即x0-(a+2)x0+a+2=0在(-1,3)上有两个不等实根，2令h(x)=x-(a+2)x+a+2,x∈(-1,3)，因此函数h(x)在(-1,3)上有两个不同零点，2Δ=(a+2)-4(a+2)>0h(-1)=2a+5>055则h(3)=-2a+5>0，解得-2<a<-2或2<a<2，-1<a+2<3255所以实数a的取值范围是-2,-2∪2,2.xx(3)函数y=e+bx,x∈R的导函数为y=e+b，x因为函数y=e+bx,x∈R是“1跃点”函数，且在定义域内恰存在一个“1跃点”，x0+1x0x0+1x0e-2e则方程e+b(x0+1)=2(e+b)，显然x0≠1，所以-b=在R上恰有一个实数根，x0-1x+1x(e-2)ex(e-2)ex(x-2)e-2e令g(x)==，求导得g(x)=，x-1x-1(x-1)22由g(x)>0，得x>2；由g(x)<0，得x<2且x≠1，g(2)=e(e-2)，于是函数y=g(x)在(-∞,1)上单调递减，g(x)<0恒成立，函数y=g(x)的取值集合是(-∞,0)，2在(1,2]上单调递减，函数y=g(x)的取值集合是[e(e-2),+∞)，2在[2,+∞)上单调递增，函数y=g(x)的取值集合是[e(e-2),+∞)，函数y=g(x)的图象，如图，4 2当-b∈-∞,0∪ee-2时，直线y=-b与函数y=g(x)的图象有唯一公共点，x+1xe-2e2即方程-b=恰有一个实数根，从而b∈0,+∞∪e2-e，x-12所以b的取值范围为0,+∞∪e2-e.5(2024·江西宜春·高三江西省丰城中学校考开学考试)俄国数学家切比雪夫(П.Л.Чебышев，1821-1894)是研究直线逼近函数理论的先驱.对定义在非空集合I上的函数fx，以及函数gx=kx+bk,b∈R，切比雪夫将函数y=fx-gx，x∈I的最大值称为函数fx与gx的“偏差”.2(1)若fx=xx∈0,1，gx=-x-1，求函数fx与gx的“偏差”；2(2)若fx=xx∈-1,1，gx=x+b，求实数b，使得函数fx与gx的“偏差”取得最小值，并求出“偏差”的最小值.2123【解析】(1)y=fx-gx=x+x+1=x+2+4,x∈0,1，113因为x∈0,1，所以x+2∈2,2，123则y=x+2+4∈1,3，所以函数fx与gx的“偏差”为3.2121(2)令tx=fx-gx=x-x-b=x--b-,x∈-1,1，24121hx=tx=x-2-b-4,x∈-1,1，131129因为x∈-1,1，所以x-2∈-2,2，x-2∈0,4，11121当-b-=0，即b=-时，此时x--b-≥0，44241219则hx=x-2-b-4的“偏差”为2-b，此时2-b=4，11121当-b->0，即b<-时，此时x--b->0，44241219则hx=x-2-b-4“偏差”为2-b，此时2-b>4，无最小值，11当-b-<0，t-1=2-b>0，且b+<2-b，4417121即-4<b<8时，则hx=x-2-b-4“偏差”为2-b，99此时<2-b<，无最小值，8411当-b-<0，t-1=2-b>0，且b+>2-b，445 71211即b>8时，则hx=x-2-b-4的“偏差”为b+4，19此时b+>，无最小值，4811当-b-<0，t-1=2-b>0，且b+=2-b，447121119即b=8时，则hx=x-2-b-4的“偏差”为b+4，此时b+4=8，1当-b-<0，t-1=2-b<0，即b>2时，41211则hx=x-2-b-4的“偏差”为b+4，19此时b+>，无最小值，441当-b-<0，t-1=2-b=0，即b=2时，4121119则hx=x-2-b-4的“偏差”为b+4，此时b+4=4，79综上，b=时，函数fx与gx的“偏差”取得最小值为.886(2024·上海杨浦·复旦附中校考模拟预测)设y=f(x)是定义域为R的函数，如果对任意的x1、x2∈Rx1≠x2,fx1-fx2<x1-x2均成立，则称y=f(x)是“平缓函数”.1(1)若f1(x)=2,f2(x)=sinx，试判断y=f1(x)和y=f2(x)是否为“平缓函数”?并说明理由;(参考x+1公式:x>0时，sinx<x恒成立)(2)若函数y=f(x)是“平缓函数”，且y=f(x)是以1为周期的周期函数，证明:对任意的x1、x2∈R，均1有fx1-fx2<;2(3)设y=g(x)为定义在R上函数，且存在正常数A>1使得函数y=A⋅g(x)为“平缓函数”.现定义数A|g(0)|列xn满足:x1=0,xn=gxn-1(n=2,3,4,⋯)，试证明:对任意的正整数n,gxn≤.A-1【解析】(1)对于函数y=f1x，由对任意的x1、x2∈R，x1-x2x1+x2x1-x2x1-x2sinx1-sinx2=2sin2cos2≤2sin2<22=x1-x2，可知函数y=f1x是R上的“平缓函数”.对于函数y=f2x，由对任意的x1、x2∈R，11x2-x1x2+x1x2+x12-2=22=x2-x1⋅22x1+1x2+1x1+1x2+1x1+1x2+1x1x2x1x2<x2-x122+22<x2-x12+2x1+1x2+1x1+1x2+1x1+1x2+1x1x2<x2-x12x+2x=x2-x1，12因此函数y=f2x也是R上的“平缓函数”；(2)由已知可得f0=f1，由于函数y=fx是周期函数，故不妨设x1、x2∈0,1.11当x1-x2≤时，由y=fx为R上的“平缓函数”得fx1-fx2<x1-x2≤；2211当x1-x2>时，不妨设0≤x1<x2≤1，x2-x1≥，此时由y=fx为R上的“平缓函数”得22fx1-fx2=fx1-f0+f1-fx2≤fx1-f0+f1-fx26 11<x1-0+1-x2=x1-x2+1≤-+1=.22综上所述，命题得证；1(3)由y=gx为R上的“平缓函数”，且A>1得gx1-gx2<x1-x2，则对任意的n≥2，A11111gxn-gxn-1<Axn-xn-1=Agxn-1-gxn-2<2xn-1-xn-2<...<n-1x2-x1=n-1g0，AAA因此gxn=gxn-gxn-1+gxn-1-gxn-2+...+gx1<gxn-gxn-1+...+gx2-gx1+gx11111A<1+++...+g0<g0=g0.AA2An-11A-11-A7(2024·上海浦东新·高三上海市建平中学校考阶段练习)若定义域为D的函数y=fx满足y=fx是定义域为D的严格增函数，则称fx是一个“T函数”.x3(1)分别判断f1x=e，f2x=x是否为T函数，并说明理由；(2)已知常数a>0，若定义在0,+∞上的函数y=gx是T函数，判断ga+1+ga+2和ga+ga+3的大小关系，并证明；(3)已知T函数y=Fx的定义域为R，不等式Fx<0的解集为-∞,0．证明：Fx在R上严格增.xxx【解析】(1)f1x=e，定义域为R，f1x=e是R上的严格增函数，故f1x=e是“T函数”；323f2x=x，定义域为R，f2x=3x不是R上的严格增函数，故f2x=x不是“T函数”.(2)ga+1+ga+2<ga+ga+3，证明如下因为定义在0,+∞上的函数y=gx是T函数，则gx在0,+∞上严格递增，设Gx=gx+1-gx，则Gx=gx+1-gx>0，故Gx在0,+∞上单调递增，故Ga<Ga+2，即ga+1-ga<ga+3-ga+2，即ga+1+ga+2<ga+ga+3.(3)T函数y=Fx的定义域为R，故Fx在R上严格增，∀x0∈R，设Gx=Fx-Fx0x，则Gx=Fx-Fx0，当x∈-∞,x0时，Gx0<0，函数Gx单调递减，当x∈x0,+∞时，Gx0>0，函数Gx单调递增，故Gx≥Gx0，即Fx≥Fx0x+Fx0-Fx0x0，当x<0时，Fx<0恒成立，则Fx0x+Fx0-Fx0x0<0恒成立，故Fx0≥0，若存在t∈R，使Ft=0，则当x<t时，Fx<Ft=0，这与∀x0∈R，Fx0≥0矛盾，故不存在x0使Fx0=0，∴∀x0∈R，Fx0>0恒成立，故Fx在R上严格增.03立体几何新定义8(2024·江苏·高三专题练习)如图1所示为一种魔豆吊灯，图2为该吊灯的框架结构图，由正六棱锥O1-ABCDEF和O2-ABCDEF构成，两个棱锥的侧棱长均相等，且棱锥底面外接圆的直径为1600mm，底面7 中心为O，通过连接线及吸盘固定在天花板上，使棱锥的底面呈水平状态，下顶点O2与天花板的距离为1300mm，所有的连接线都用特殊的金属条制成，设金属条的总长为y．(1)设∠O1AO=θ(rad)，将y表示成θ的函数关系式，并写出θ的范围；(2)请你设计θ，当角θ正弦值的大小是多少时，金属条总长y最小．800【解析】(1)在直角三角形OAO1中，O1A=,OO1=800tanθ，O1P=1300-1600tanθ，cosθ13由OO1=800tanθ>0,O1P=1300-1600tanθ>0，所以0<tanθ<，1613π所以θ的范围是0<θ<α，其中tanα=，α∈0，．16212×800从而有y=12O1A+6AB+O1P=+6×800+1300-1600tanθcosθ1600(6-sinθ)=+6100，cosθ1600(6-sinθ)13π所以y=cosθ+6100，θ∈(0,α)tanα=16，α∈0，2．6-sinθ6sinθ-1(2)令g(θ)=，所以g(θ)=，cosθ2cosθ11令y=0，则sinθ=6，则θ=θ0tanθ0=．35当θ∈(0,θ0)时，y<0；当θ∈(θ0,α)时，y>0．函数g(θ)的单调性与θ关系列表如下：θ(0,θ0)θ0(θ0,α)g(θ)-0+g(θ)↘极小值↗35所以当θ=θ0，其中tanθ0=时g(θ)取得最小值，即y最小．35135故当角θ满足sinθ=6tanθ=35时，金属条总长y最小．9(2024·辽宁沈阳·东北育才学校校考二模)蜂房是自然界最神奇的“建筑”之一，如图1所示.蜂房结构是由正六棱柱截去三个相等的三棱锥H-ABC，J-CDE，K-EFA，再分别以AC，CE，EA为轴将△ACH，△CEJ，△EAK分别向上翻转180°，使H，J，K三点重合为点S所围成的曲顶多面体(下底面开口)，如图2所示.蜂房曲顶空间的弯曲度可用曲率来刻画，定义其度量值等于蜂房顶端三个菱形的各个顶点的曲率之和，而每一顶点的曲率规定等于2π减去蜂房多面体在该点的各个面角之和(多面体的面角是多8 π面体的面的内角，用弧度制表示).例如：正四面体在每个顶点有3个面角，每个面角是，所以正四面体在3π各顶点的曲率为2π-3×=π.3(1)求蜂房曲顶空间的弯曲度；(2)若正六棱柱底面边长为1，侧棱长为2，设BH=x(i)用x表示蜂房(图2右侧多面体)的表面积S(x)；(ii)当蜂房表面积最小时，求其顶点S的曲率的余弦值.【解析】(1)蜂房曲顶空间的弯曲度为顶端三个菱形的7个顶点的曲率之和，根据定义其度量值等于7×2π减去三个菱形的内角和3×2π，再减去6个直角梯形中的两个非直角内角和6×π，即蜂房曲顶空间的弯曲度为7×2π-3×2π-6π=2π.(2)(i)如图所示，连接AC，SH，则AC=3，设点S在平面ACE的射影为O，22AC22则OB=1，则SH=2AB+BH-2=1+4x，32菱形SAHC的面积为S=⋅1+4x，22+2-x侧面积6××1=34-x=12-3x，2332所以蜂房的表面积为Sx=⋅1+4x-3x+12,x∈0,2.263x6331(ii)S(x)=-3=-3=23-4+，211x21+4x2+42+4xx2令S(x)=0得到x=，422所以Sx在0,4,Sx<0,Sx递增；在4,2,Sx>0,Sx递增.2所以S(x)在x=处取得极小值，也即是最小值.4222232SA+SC-AC此时SA=SC=1+x=，在△SAC中，令∠ASC=θ，由余弦定理得cosθ==42×SA×SC1-，3又顶点S的曲率为2π-3θ，∴cos(2π-3θ)=cos3θ=cos(2θ+θ)=cos2θcosθ-sin2θsinθ22=2cosθ-1cosθ-2sinθcosθ22=2cosθ-1cosθ-21-cosθcosθ313123=4cosθ-3cosθ=4×-3-3×-3=27.9 10(2024·北京·高三统考期末)用光线照射物体，在某个平面上得到的影子叫做物体的投影，照射光线叫做投影线，投影所在的平面叫做投影面.由平行光线形成的投影叫做平行投影，由点光源发出的光线形成的投影叫做中心投影.投影线垂直于投影面产生的平行投影叫做正投影，投影线不垂直于投影而产生的平行投影叫做斜投影.物体投影的形状､大小与它相对于投影面的位置和角度有关.如图所示，已知平行四边形ABCD在平面α内的平行投影是四边形ABCD.图1图210 图3(1)若平行四边形ABCD平行于投影面(如图1)，求证：四边形ABCD是平行四边形；(2)在图2中作出平面ABCD与平面α的交线(保留作图痕迹，不需要写出过程)；(3)如图3，已知四边形ABCD和平行四边形ABCD的面积分别为S1,S2，平面ABCD与平面α的交线是直线l，且这个平行投影是正投影.设二面角A-l-A的平面角为θ(θ为锐角)，猜想并写出角θ的余弦值(用S1,S2表示)，再给出证明.【解析】(1)依题意，AA⎳BB，故A,A,B,B共面.∵面ABCD⎳面α，面ABCD∩面AABB=AB，面AABB∩面α=AB，∴AB⎳AB，同理CD⎳CD.又平行四边形ABCD，则AB⎳CD，∴AB⎳CD，同理AD⎳BC，∴四边形ABCD是平行四边形.(2)如图，直线EF为平面ABCD与平面α的交线.S1(3)猜想：cosθ=.S2不妨将平行四边形ABCD平移，使C与C重合，如图所示.则面ABCD与面α的交线l即为CF.过A作AM⊥CF于M，连接AM，过B作BN⊥CF于N，连接BN.由正投影，则AA⊥面α，又CF⊂面α，故AA⊥CF.又AM⊥CF,AM∩AA=A，AM,AA⊂面AMA，则CF⊥面AMA，而AM⊂面AMA，故CF⊥AM，又AM⊥CF，11 ∴∠AMA是二面角A-l-A的平面角θ，同理∠BNB是二面角A-l-A的平面角θ.11BN2BN⋅CFSAM2AM⋅CFS△BFC△AFC∴cosθ===，且cosθ===，BN1BN⋅CFS△BFCAM1AM⋅CFS△AFC221SS2S1+S△BFC△BFC△AFC∴==，S△BFCS△AFC1S+S22△BFCS△BFCS1S1∴=，即cosθ=.S△BFCS2S211(2024·山东济南·高三统考期末)射影几何学中，中心投影是指光从一点向四周散射而形成的投影，如图，O为透视中心，平面内四个点E,F,G,H经过中心投影之后的投影点分别为A,B,C,D．对于四个有CACB序点A,B,C,D，定义比值x=叫做这四个有序点的交比，记作ABCD．DADB(1)证明：EFGH=ABCD；3sin∠ACO3(2)已知EFGH=，点B为线段AD的中点，AC=3OB=3,=，求cosA．2sin∠AOB2【解析】(1)在△AOC、△AOD、△BOC、△BOD中，1OA⋅OCsin∠AOCCAS△AOC2OAsin∠AOC===，CBS△BOC1OB⋅OCsin∠BOCOBsin∠BOC21OA⋅ODsin∠AODDAS△AOD2OAsin∠AOD===DBS△BOD1OB⋅ODsin∠BODOBsin∠BOD2CAOAsin∠AOCCBOBsin∠BOCsin∠AOC⋅sin∠BOD所以ABCD===，DAOAsin∠AODsin∠BOC⋅sin∠AODDBOBsin∠BOD又在△EOG、△EOH、△FOG、△FOH中，1OE⋅OGsin∠EOGGES△EOG2OEsin∠EOG===，GFS△FOG1OF⋅OGsin∠FOGOFsin∠FOG21OE⋅OHsin∠EOHHES△EOH2OEsin∠EOH===HFS△FOH1OF⋅OHsin∠FOHOFsin∠FOH2GEOEsin∠EOGGFOFsin∠FOGsin∠EOG⋅sin∠FOH所以EFGH===，HEOEsin∠EOHsin∠FOG⋅sin∠EOHHFOFsin∠FOH又∠EOG=∠AOC，∠FOH=∠BOD，∠FOG=∠BOC，∠EOH=∠AODsin∠AOC⋅sin∠BODsin∠EOG⋅sin∠FOH所以=，sin∠BOC⋅sin∠AODsin∠FOG⋅sin∠EOH所以EFGH=ABCD.12 33(2)由题意可得EFGH=，所以ABCD=，22CACB3CADB3DB1即=，所以⋅=，又点B为线段AD的中点，即=，DA2CBDA2DA2DBCA所以=3，又AC=3，则AB=2，BC=1，CB设OA=x，OC=y且OB=3，由∠ABO=π-∠CBO，所以cos∠ABO+cos∠CBO=0，2222222+3-x1+3-y22即+=0，解得x+2y=15①，2×2×32×1×3ABx在△AOB中，由正弦定理可得=②，sin∠AOBsin∠ABOOBy在△COB中，由正弦定理可得=③，sin∠BCOsin∠CBO且sin∠ABO=sin∠CBO，xABsin∠BCO32②÷③得=⋅=×=3，即x=3y④ysin∠AOBOB23由①④解得x=3，y=3(负值舍去)，即AO=3，OC=322232+22-32AO+AB-OB5所以cosA===.2AO⋅AB2×3×2604三角函数新定义12如果对于三个数a、b、c能构成三角形的三边，则称这三个数为“三角形数”，对于“三角形数”a、b、c，如果函数y=fx使得三个数f(a)、f(b)、f(c)仍为“三角形数”，则称y=fx为“保三角形函数”．πππ(1)对于“三角形数”α、2α、+α，其中<α<，若f(x)=tanx，判断函数y=fx是否是“保三角形484函数”，并说明理由；πππ7π(2)对于“三角形数”α、α+、α+，其中<α<，若g(x)=sinx，判断函数y=g(x)是否是“保三角63612形函数”，并说明理由．【解析】(1)函数f(x)=tanx不是“保三角形函数”，理由如下，设tanα=p，ππ∵<α<，则-1+2<p<1，842tanα2p∴tan2α==，221-tanα1-ptanπ+tanαπ41+tanα1+ptanα+=π==，41-tantanα1-tanα1-p4π∵α<α<α+，42p1+p∴p<<，1-p21-p322p1+p-p-p+p-1则p+-=，1-p21-p1-p22∵1-p>0且-1+2<p<1，32∴-p-p+p-1<0，13 π故f(α)，f(2α)，f+α不能构成三角形，4∴f(x)=tanx不是“保三角形函数”；(2)函数g(x)=sinx是“保三角形函数”，理由如下，π31∵sinα+=sinα+cosα，622π13sinα+=sinα+cosα，322π7ππ当≤α<时，sinα+最大，且sinα>cosα，4123π3133π∴sinα+sinα+6=2sinα+sinα+2cosα>2sinα+2cosα=3sinα+3，πππ当<α<时，sinα+最大，646π33πsinα+sinα+3=2sinα+2cosα>sinα+6，ππ综上所述，f(α)，fα+6，fα+3能构成三角形，所以fx=sinx是“保三角形函数”．357xxx13数学家发现：sinx=x-+-+⋯，其中n!=1×2×3×⋯×n.利用该公式可以得到：当x3!5!7!335πxxx∈0,时，sinx<x;sinx>x-;sinx<x-+;⋯.23!35!πsinx1(1)证明：当x∈0,时，>;2x2(2)设f(x)=msinx，当f(x)的定义域为a,b时，值域也为a,b，则称a,b为f(x)的“和谐区间”．当m=-2时，f(x)是否存在“和谐区间”?若存在，求出f(x)的所有“和谐区间”，若不存在，请说明理由．3πx【解析】(1)证明：由已知当x∈0,时，sinx>x-，23!π2sinxx22π21πsinx1得>1->1-=1->，所以当x∈0,时，>.x662422x2(2)m=-2时，假设存在，则由-2≤fx≤2知-2≤a<b≤2,若a,b≥0，则由a,b⊆0,π,知fx≤0，与值域是a,b⊆0,π矛盾，故不存在“和谐区间”，同理，a,b≤0时，也不存在，下面讨论a≤0≤b，ππ若b≥，则0,⊆a,b，故f(x)最小值为-2，于是a=-2，22ππ所以-,⊆a,b，22所以f(x)最大值为2，故b=2，此时f(x)的定义域为-2,2，值域为-2,2，符合题意．ππ若b<，当a≤-时，同理可得a=-2,b=2，舍去，22π当a>-时，f(x)在a,b上单调递减，所以2a=-2sinbb=-2sina，于是a+b=-2sina+sinb，若b>-a即a+b>0，则sinb>sin-a，故sinb+sina>0,-2sina+sinb<0，与a+b=-2sina+sinb矛盾；若b<-a，同理，矛盾，14 b所以b=-a，即=sinb，2πx由(1)知当x∈0,时，sinx>，22π因为b∈0,2,所以b=0，从而，a=0，从而a=b，矛盾，综上所述，f(x)有唯一的“和谐区间”-2,2.14已知函数y=fx，若存在实数m、k(m≠0)，使得对于定义域内的任意实数x，均有m⋅f(x)=f(x+k)+f(x-k)成立，则称函数f(x)为“可平衡”函数；有序数对m,k称为函数f(x)的“平衡”数对．2(1)若fx=x，求函数f(x)的“平衡”数对；(2)若m=1，判断fx=sinx是否为“可平衡”函数，并说明理由；ππ2π22(3)若m1、m2∈R，且m1,2、m2,4均为函数f(x)=cosx0<x≤4的“平衡”数对，求m1+m2的取值范围．22222【解析】(1)根据题意可知，对于任意实数x，mx=x+k+x-k=2x+2k，22即m-2x-2k=0对于任意实数x恒成立，2只有m=2，k=0，故函数fx=x的“平衡”数对为2,0；(2)若m=1，则m⋅fx=sinx，f(x+k)+f(x-k)=sin(x+k)+sin(x-k)=2sinxcosk，1要使得f(x)为“可平衡”函数，需使(1-2cosk)⋅sinx=0对于任意实数x均成立，只有cosk=，2π此时k=2nπ±，n∈Z，故k存在使得fx=sinx是“可平衡”函数．3(3)假设存在实数m、k(k≠0)，对于定义域内的任意x均有m⋅f(x)=f(x+k)+f(x-k)成立,222则mcosx=cos(x+k)+cos(x-k)11=[1+cos2(x+k)]+[1+cos2(x-k)]，22111∴m1+cos2x=1+cos2x+k+1+cos2x-k，222∴m1+cos2x=2+2cos2xcos2k,ππ2π∵m1,2,m2,4均为函数f(x)=cosx0<x≤4的“平衡”数对，∴m1(1+cos2x)=2+2cos2xcosπ=2-2cos2x,πm2(1+cos2x)=2+2cos2xcos=2,2ππ∵0<x≤,∴0<2x≤,∴0≤cos2x<1，422-2(1-2sin2x)22-2cos2x2sinx2∴m1====2tanx,1+cos2x1+2cos2x-1cos2x21m2==，1+cos2xcos2x2241∴m1+m2=4tanx+,4cosx41π设h(x)=4tanx+,0<x≤，函数单调递增，cos4x4π∴h0<hx≤h,即1<h(x)≤8，422所以m1+m2的取范围为1,8.15 05平面向量与解三角形新定义°15古希腊数学家托勒密对凸四边形(凸四边形是指没有角度大于180的四边形)进行研究，终于有重大发现：任意一凸四边形，两组对边的乘积之和不小于两条对角线的乘积，当且仅当四点共圆时等号成立．且若给定凸四边形的四条边长，四点共圆时四边形的面积最大．根据上述材料，解决以下问题：如图，在凸四边形ABCD中，π(1)若AB=2,BC=1,∠ACD=,AC=CD(图1)，求线段BD长度的最大值；2(2)若AB=2,BC=6,AD=CD=4(图2)，求四边形ABCD面积取得最大值时角A的大小，并求出四边形ABCD面积的最大值．【解析】(1)设AC=CD=x，则AD=2x，由材料可知，AB⋅CD+BC⋅AD≥AC⋅BD，即2⋅x+1⋅2x≥BD⋅x，解得BD≤22，所以线段BD长度的最大值为22．(2)由材料可知，当A、B、C、D四点共圆时，四边形ABCD的面积达到最大．连接BD，在ΔABD中，由余弦定理，得222BD=AB+AD-2AB⋅ADcosA=20-16cosA，①在ΔBCD中，由余弦定理，得222BD=BC+CD-2BC⋅CDcosC=52-48cosC，②因为A、B、C、D四点共圆，所以A+C=π，从而cosA=cos(π-C)=-cosC，③1由①②③，解得cosA=-，216 2π因为A∈(0,π)，所以A=．3112π从而SΔABD=AB⋅AD⋅sinA=×2×4×sin=23，22311πSΔBCD=CB⋅CD⋅sinC=×6×4×sin=63，223所以S四边形ABCD=SΔABD+SΔBCD=83．16在平面直角坐标系中，O为坐标原点，对任意两个向量m=(x1,y1)，n=(x2,y2)，作：OM=m，ON=n.当m，n不共线时，记以OM，ON为邻边的平行四边形的面积为S(m,n)=|x1y2-x2y1|；当m，n共线时，规定S(m,n)=0.(Ⅰ)分别根据下列已知条件求S(m,n)：①m=(2,1)，n=(-1,2)；②m=(1,2)，n=(2,4)；22(Ⅱ)若向量p=λm+μn(λ,μ∈R,λ+μ≠0)，求证：S(p,m)+S(p,n)=(|λ|+|μ|)S(m,n)；(Ⅲ)若A，B，C是以O为圆心的单位圆上不同的点，记OA=a，OB=b，OC=c.(ⅰ)当a⊥b时，求S(c,a)+S(c,b)的最大值；(ⅱ)写出S(a,a)+S(b,c)+S(c,a)的最大值．(只需写出结果)【解析】(Ⅰ)因为m=(2,1),n=(-1,2)，且S(m,n)=|x1y2-x2y1|，所以S(m,n)=|2×2-1×(-1)|=5；又m=(1,2),n=(2,4)，是S(m,n)=|1×4-2×2|=0；(Ⅱ)因为向量m=(x1,y1),n=(x2,y2)，22且向量p=λm+μn(λ,μ∈R,λ+μ≠0)，则p=(λx1+μx2,λy1+μy2)，所以S(p,m)=|(λx1+μx2)y1-(λy1+μy2)x1|=|μ||x1y2-x2y1|，同理S(p,n)=|λ||x1y2-x2y1|.所以S(p,m)+S(p,n)=(|λ|+|μ|)S(m,n)；(Ⅲ)(i)设‹c,a›=α，因为a⊥b，3π所以‹c,b›=-α，23π所以S(c,a)+S(c,b)=sinα+sin-α，2π=sinα-cosα=2sinα-.4ππ3π当α-=，即α=时，424S(c,a)+S(c,b)取得最大值2；33(ii)S(a,b)+S(b,c)+S(c,a)的最大值为.217(2024·全国·模拟预测)定义：一个几何体的表面积与体积之比称为几何体的相对表面积.17 11(1)若一个直三棱柱高为h，底面三角形的内切圆半径为r，相对表面积为S0，求证：S0=2h+r；(2)如图，一块直三棱柱形状的蛋糕，底面三边长分别为3，4，5，若蛋糕的最外层包裹着薄薄的一层巧克力(厚度忽略不计)，用刀垂直于底面将蛋糕切开，使之成为两块直棱柱状的小蛋糕，要求两块小蛋糕的相对表面积相等，且包裹的巧克力面积相等，有几种切法.1【解析】(1)设直三棱柱的底面三角形的面积为S，周长为l，则S=lr，2所以直三棱柱的表面积为2S+lh，体积为Sh，2S+lhlr+lh11所以相对表面积S0=Sh=1=2h+r.lrh2(2)用刀垂直于底面将蛋糕切开时，两块小蛋糕的高相等.又由两块小蛋糕外层包裹的巧克力面积相等，可知两块小蛋糕的表面积相同.因为两块小蛋糕的相对表面积相等，所以两块小蛋糕的体积相等，从而底面积也相等，由两块小蛋糕的表面积相同可知两块小蛋糕的侧面积也相等，故而其底面周长也相等，故可将问题转化为一条直线将三边长分别为3，4，5的三角形分成两个图形，这两个图形的周长和面积都相等.如图1，当直线与边BC，AC分别交于P，Q时，设CP=x，0<x≤4，1则CQ=6-x，S△PCQ=x6-x=3，22即x-6x+6=0，解得：x=3±3，由0<x≤4，0<6-x<3可知3<x≤4，所以此时无解；如图2，当直线与边AB，BC分别交于P，Q时，设BQ=x，0<x≤4，113则BP=6-x，S△BPQ=x6-xsinB=x6-x×=3，2252即x-6x+10=0，所以此时无解；如图3，当直线与边AB，AC分别交于P，Q时，设AQ=x，0<x≤3，18 114S△APQ=x6-xsinA=x6-x×=3，22526即2x-12x+15=0，解得x=3±，2由0<x≤3，0<6-x<5可知1<x≤3，6所以x=3-，26综上所述：只有一种切法满足题意，当直线与边AB，AC分别交于P，Q且AQ=3-.206数列新定义18(2024·上海徐汇·统考三模)对于数列an，记Vn=a2-a1+a3-a2+⋅⋅⋅*+an-an-1n>1,n∈N．n1+-1*(1)若数列an通项公式为：an=n∈N，求V5；2(2)若数列an满足：a1=a，an=b，且a>b，求证：Vn=a-b的充分必要条件是ai+1≤aii=1,2,⋅⋅⋅,n-1；1(3)已知V2022=2022，若yt=a1+a2+⋅⋅⋅+at，t=1,2,⋅⋅⋅,2022．求y2-y1+y3-y2+⋅⋅⋅+y2022-y2021t的最大值．n1+-1*【解析】(1)由通项公式an=n∈N得：a1=0,a2=1,a3=0,a4=1,a5=0.2所以V5=a2-a1+a3-a2+a4-a3+a5-a4=1+1+1+1=4(2)充分性:若数列an的前n项单调不增,即an≤⋯≤a2≤a1.n-1此时有：Vn=ai+1-ai=a1-a2+a2-a3+a3-a4+⋯+an-1-an=a1-an=a-b.i=1必要性：用反证法.若数列an不满足ai+1≤aii=1,2,⋅⋅⋅,n-1,则存在k(1≤k≤n-1),使得ak+1>ak,n-1k-1n-1那么Vn=ai+1-ai=ai+1-ai+ak+1-ak+ai+1-aii=1i=1i=k+1≥ak-a1+ak+1-ak+an-ak+1≥an-a1+ak-ak+1+ak+1-ak≥a-b+ak+1-ak+ak+1-ak由于ak+1>ak,a>b,所以a-b+ak+1-ak+ak+1-ak>a-b.与已知Vn=a-b矛盾所以,假设不成立,必要性得证.综上所述：Vn=a-b的充分必要条件是ai+1≤aii=1,2,⋅⋅⋅,n-111(3)由yt=a1+a2+⋅⋅⋅+at,t=1,2,⋯,2022，令yk=a1+a2+⋅⋅⋅+ak,k=1,2,⋯,2021，则yk+1=tk1a1+a2+⋅⋅⋅+ak+1.k+1所以19 1yk+1-yk=-a2-a1-2a3-a2-⋯-kak+1-ak≤kk+11a2-a1+2a3-a2+⋯+kak+1-akkk+111=k-k+1a2-a1+2a3-a2+⋯+kak+1-ak2021所以y2-y1+y3-y2+⋅⋅⋅+y2022-y2021=yk+1-ykk=1111≤1-2|a2-a1|+2-3|a2-a1|+2|a3-a2|+11⋯+2021-2022(|a2-a1|+2|a3-a2|+⋯+2021|a2022-a2021|)111=|a2-a1|+×2|a3-a2|+⋯+×2021|a2022-a2021|-(|a2-a1|+2|a3-a2|+⋯+2021|a2022-a2021|)2202120221≤2022-|2022|=2021.2022(因为|a2-a1|+2|a3-a2|+⋯+2021|a2022-a2021|≥|a2-a1|+|a3-a2|+⋯+|a2022-a2021|=2022)当且仅当|a2-a1|=2022,a2=a3=⋯=a2022=0时,y2-y1+y3-y2+⋅⋅⋅+y2022-y2021取得最大值2021.19(2024·上海松江·高三上海市松江二中校考开学考试)若实数数列An:a1,a2,⋯,ann≥2满足ak+1-ak=1k=1,2,⋯,n-1，则称数列An为E数列.(1)请写出一个5项的E数列A5，满足a1=a5=0，且各项和大于零；(2)如果一个E数列An满足：存在正整数i1,i2,i3,i4,i5i1<i2<i3<i4<i5≤n使得ai1,ai2,ai3,ai4,ai5组成首项为1，公比为-2的等比数列，求n的最小值；a1a3a2m-1a2a4a2m(3)已知a1,a2,⋯,a2mm≥2为E数列，求证：,,⋯,为E数列且,,⋯,为E数列”的充222222要条件是“a1,a2,⋯,a2m是单调数列”.【解析】(1)由题设，|a2-a1|=|a3-a2|=|a4-a3|=|a5-a4|=1，又a1=a5=0，所以|a2|=|a4|=1，存在a3=0满足条件，又a1+a2+a3+a4+a5=a2+a4>0，则a2=a4=1，综上，满足题设的E数列A5有0,1,0,1,0.(2)由题设，ai1,ai2,ai3,ai4,ai5为1,-2,4,-8,16，所以E数列An从ai1开始依次往后各项可能出现的数字如下：ai1+1{0,2}，ai1+2{-1,1,3}，ai1+3{-2,0,2,4}，ai1+4{-3,-1,1,3,5}，ai1+5{-4,-2,0,2,4,6}，ai1+6{-5,-3,-1,1,3,5,7}，ai1+7{-6,-4,-2,0,2,4,6,8}，ai1+8{-7,-5,-3,-1,1,3,5,7,9}，⋯，ai1+15{-14,-12,...,14,16}要使n的最小即正整数i1=1且i1∼i5间的间隔尽量小，又i1<i2<i3<i4<i5≤n，则ai2=ai1+3,ai3=ai1+5,ai4=ai1+9,ai5=ai1+15，综上，n的最小值为i5=i1+15=16.a1a3a2m-1a2a4a2m(3)由,,⋯,为E数列，则|a2m-1-a2m-3|=2，由,,⋯,为E数列，则|a2m-a2m-2|=2，222222又a1,a2,⋯,a2mm≥2为E数列，即|a2m-a2m-1|=|a2m-1-a2m-2|=|a2m-2-a2m-3|=1，若a1,a2,⋯,a2m不是单调数列，则存在a2m-a2m-1=a2m-2-a2m-1，即a2m=a2m-2，显然与|a2m-a2m-2|=2矛盾；或存在a2m-1-a2m-2=a2m-3-a2m-2，即a2m-1=a2m-3，显然与|a2m-1-a2m-3|=2矛盾；综上，a1,a2,⋯,a2m是单调数列，充分性得证；20 由a1,a2,⋯,a2mm≥2是单调数列且为E数列，所以a2m-a2m-1=a2m-1-a2m-2=a2m-2-a2m-3=1，则a2m-1-a2m-3=a2m-a2m-2=2，a2m-1a2m-3a2ma2m-2则|a2m-1-a2m-3|=|a2m-a2m-2|=2，即2-2=2-2=1，a1a3a2m-1a2a4a2m所以,,⋯,、,,⋯,均为E数列，必要性得证；222222a1a3a2m-1a2a4a2m综上，,,⋯,为E数列且,,⋯,为E数列”的充要条件是“a1,a2,⋯,a2m是单调数列”.222222*20(2024·北京丰台·高三统考期末)若有穷数列an(n∈N且n≥3)满足|ai-ai+1|≤|ai+1-ai+2|(i=1,2,⋯,n-2)，则称an为M数列．(1)判断下列数列是否为M数列，并说明理由；①1，2，4，3．②4，2，8，1．(2)已知M数列an中各项互不相同．令bm=am-am+1m=1,2,⋯,n-1，求证：数列an是等差数列的充分必要条件是数列bm是常数列；m-1*(3)已知M数列an是m(m∈N且m≥3)个连续正整数1,2,⋯,m的一个排列．若∑ak-ak+1=m+2，k=1求m的所有取值．【解析】(1)①因为2-4>4-3，所以该数列不是M数列；②因为4-2<2-8<8-1，所以该数列是M数列．(2)必要性：若数列an是等差数列，设公差为d，则bm=am-am+1=d．所以数列bm是常数列．充分性：若数列bm是常数列，则bm=bm+1m=1,2,⋯,n-2，即am-am+1=am+1-am+2m=1,2,⋯,n-2．所以am-am+1=am+1-am+2或am-am+1=-am+1-am+2．因为数列an的各项互不相同，所以am-am+1=am+1-am+2．所以数列an是等差数列．(3)当m=3时，因为ai-ai+1≤2i=1,2，所以a1-a2+a2-a3<5，不符合题意；当m=4时，数列为3，2，4，1．此时a1-a2+a2-a3+a3-a4=6，符合题意；当m=5时，数列为2,3,4,5,1．此时a1-a2+a2-a3+a3-a4+a4-a5=7，符合题意；下证当m≥6时，不存在m满足题意．令bk=ak-ak+1k=1,2,⋯,m-1，m-1则1≤b1≤b2≤⋯≤bm-1，且∑bk=m+2，k=1所以bk有以下三种可能：1,k=1,2,⋯,m-2①bk=；4,k=m-121 1,k=1,2,⋯,m-3②bk=2,k=m-2；3,k=m-11,k=1,2,⋯,m-4③bk=2,k=m-3,m-2,m-1．1,k=1,2,⋯,m-2当bk=4,k=m-1时，因为b1=b2=⋯=bm-2，由(2)知：a1,a2,⋯,am-1是公差为1(或-1)的等差数列．当公差为1时，由bm-1=4得am=am-1+4或am=am-1-4，所以am=am-1+4=a1+m+2>m或am=am-1-4=am-5，与已知矛盾．当公差为-1时，同理得出与已知矛盾．1,k=1,2,⋯,m-2所以当bk=4,k=m-1时，不存在m满足题意．其它情况同理可得．综上可知，m的所有取值为4或5．21(2024·北京石景山·高三统考期末)记实数a，b中的较大者为max{a,b}，例如max{1,2}=2，**max1,1=1，对于无穷数列{an}，记φk=max{a2k-1,a2k}(k∈N)，若对于任意的k∈N，均有φk+1<φk，则称数列{an}为“趋势递减数列”.1n(1)已知数列{an},{bn}的通项公式分别为an=-2n+1，bn=-2，判断数列{an},{bn}是否为“趋势递减数列”，并说明理由；(2)已知首项为1公比为q的等比数列{cn}是“趋势递减数列”，求q的取值范围；(3)若数列{dn}满足d1，d2为正实数，且dn+2=dn+1-dn，求证：{dn}为“趋势递减数列”的充要条件为{dn}的项中没有0.【解析】(1)数列{an}是“趋势递减数列”.由{an}通项公式知：公差为-2，故{an}是单调递减数列，∴φk=max{a2k-1,a2k}=a2k-1，且φk+1<φk，故数列{an}是“趋势递减数列”.数列{bn}是“趋势递减数列”.由2k-1为奇数，2k为偶数，则b2k>0>b2k-1，∴φk=max{b2k-1,b2k}=b2k，且φk+1<φk，故数列{bn}是“趋势递减数列”.(2)当q>1时，数列{cn}为单调递增数列，此时max{c2k-1,c2k}=c2k，且c2k+2>c2k不满足题意；当q=1时，数列{cn}为常数列，不满足题意；当0<q<1时，数列{cn}为单调递减数列，此时max{c2k-1,c2k}=c2k-1，且c2k+1<c2k-1，满足题意；当-1<q<0时，此时max{c2k-1,c2k}=c2k，且c2k+2<c2k，满足题意；当q<-1时，此时max{c2k-1,c2k}=c2k，且c2k+2>c2k，不满足题意；综上，q的取值范围为(-1,0)∪(0,1).(3)先证必要性：假设存在正整数m(m≥3)使得dm=dm-1-dm-2=0，令dm-1=dm-2=a.因为d1，d2为正实数，且dn+2=dn+1-dn，∴dn≥0，故a≥0，则数列{dn}从dn-2开始以后的各项为a,a,0,a,a,0⋯，当2k-1≥m-2时，max{d2k-1,d2k}=a，max{d2k+1,d2k+2}=a与{dn}为“趋势递减数列”矛盾，故假设不成立，{dn}的项中没有0.再证明充分性：22 dn+2=dn+1-dn得：dn+2<max{dn+1,dn}，由{dn}的项中没有0，故对于任意正整数n，dn≠0，∴d2k+3≠0，即d2k+1≠d2k+2.当d2k+1>d2k+2时，max{d2k+1,d2k+2}=d2k+1<max{d2k-1,d2k}，当d2k+1<d2k+2时，max{d2k+1,d2k+2}=d2k+2<max{d2k-1,d2k}，∴{dn}为“趋势递减数列”.综上：{dn}为“趋势递减数列”的充要条件为{dn}的项中没有0.*22(2024·北京海淀·统考)已知数列an是由正整数组成的无穷数列，若存在常数k∈N，使得a2n-1*+a2n=kan，对任意的n∈N成立，则称数列an具有性质ψk．(1)分别判断下列数列an是否具有性质ψ2；(直接写出结论)①an=1；②an=2n(2)若数列an满足an+1≥ann=1,2,3⋯，求证：“数列an具有性质ψ2”是“数列an为常数列的充分必要条件；(3)已知数列an中a1=1，且an+1>ann=1,2,3⋯．若数列an具有性质ψ4，求数列an的通项公式．*【解析】(1)①an=1，对于n∈N，a2n-1+a2n=2=2an，所以数列{an}具有“性质ψ2”；*②an=2n，对于n∈N，2an=4n，a2n-1+a2n=22n-1+2×2n=8n-2，故a2n-1+a2n≠2an，所以数列{an}不具有“性质ψ2”．(2)证明：先证“充分性”：当数列{an}具有“性质ψ2”时，有a2n-1+a2n=2an，又因为an+1≥an，所以0≤a2n-an=an-a2n-1≤0，进而有an=a2n结合an+1≥an有an=an+1=⋯=a2n，即“数列{an}为常数列”；再证“必要性”：若“数列{an}为常数列”，则有a2n-1+a2n=2a1=2an，即“数列{an}具有“性质ψ2”．(3)首先证明：an+1-an≥2．因为{an}具有“性质ψ4”，所以a2n-1+a2n=4an．当n=1时，有a2=3a1=3．*又因为a2n-1,a2n,an∈N，且a2n>a2n-1，所以有a2n≥2an+1，a2n-1≤2an-1，进而有2an+1≤a2n≤a2n+1-1≤2an+1-2，所以2(an+1-an)≥3，*结合an+1,an∈N可得：an+1-an≥2．然后利用反证法证明：an+1-an≤2．假设数列{an}中存在相邻的两项之差大于3，*即存在k∈N满足：a2k+1-a2k≥3或a2k+2-a2k+1≥3，进而有4(ak+1-ak)=(a2k+2+a2k+1)-(a2k+a2k-1)23 =(a2k+2-a2k)+(a2k+1-a2k-1)=[(a2k+2-a2k+1)+(a2k+1-a2k)]+[(a2k+1-a2k)+(a2k-a2k-1)]≥12．*又因为ak+1-ak∈N，所以ak+1-ak≥3依此类推可得：a2-a1≥3，矛盾，所以有an+1-an≤2．综上有：an+1-an=2，结合a1=1可得an=2n-1，经验证，该通项公式满足a2n-1+a2n=4an，所以an=2n-1．07圆锥曲线新定义2223已知点D是圆Q:(x+4)+y=72上一动点，点A4,0，线段AD的垂直平分线交线段DQ于点B.(1)求动点B的轨迹方程C；(2)定义：两个离心率相等的圆锥曲线为“相似”曲线.若关于坐标轴对称的曲线T与曲线C相似，且焦点在同一条直线上，曲线T经过点E-3,0,F3,0.过曲线C上任一点P作曲线T的切线，切点分别为M,N，这两条切线PM,PN分别与曲线C交于点G,H(异于点P)，证明：MN⎳GH.【解析】(1)依题意，|BQ|+|BA|=|BQ|+|BD|=|DQ|=62>8=|AQ|，由椭圆的定义知，交点B的轨迹是以点Q,A为左右焦点的椭圆，且长轴长2a=62，焦距2c=8，222则b=a-c=18-16=2，2y2x所以曲线C的方程为+=1.182c2222(2)由(1)知，曲线C的离心率为=，且焦点在x轴上，则曲线T的离心率为，a33曲线T的焦点在x轴上，而曲线T经过点E-3,0，F3,0，222因此曲线T的长半轴长a=3，半焦距c=22，短半轴长b有b=a-c=1，2x2于是曲线T的方程为+y=1，设Px0,y0,Mx1,y1,Gx2,y2，924 2y2x当切线PG的斜率不存在时，PG的方程为x=±3，代入+=1得y=±1，182此时PG、PH:y=±1与曲线T都相切，M为PG的中点，N为PH的中点，则MN⎳GH；当切线PH的斜率不存在时，同理有MN⎳GH；22y2x2x当切线PG和PH的斜率都存在时，设切线PG的方程为y=kx+m，分别代入+y=1和+=91821，222222化简得9k+1x+18kmx+9m-9=0①，9k+1x+18kmx+9m-18=0②，依题意，方程①有两个相等的实数根x1，方程②有两个不相等的实数根x0,x2，18km于是x1+x1=x0+x2=-2，即x0+x2=2x1，9k+1则y0+y2=kx0+x2+2m=2kx1+2m=2y1，此时M为PG的中点.同理可证，N为PH的中点，因此MN⎳GH，所以MN⎳GH.24椭圆曲线加密算法运用于区块链．2332椭圆曲线C=(x,y)∣y=x+ax+b,4a+27b≠0．P∈C关于x轴的对称点记为P．C在点P(x,y)(y3≠0)处的切线是指曲线y=±x+ax+b在点P处的切线．定义“⊕”运算满足：①若P∈C,Q∈C，且直线PQ与C有第三个交点R，则P⊕Q=R；②若P∈C,Q∈C，且PQ为C的切线，切点为P，则P⊕Q=***P；③若P∈C，规定P⊕P=0，且P⊕0=0⊕P=P．323(1)当4a+27b=0时，讨论函数h(x)=x+ax+b零点的个数；(2)已知“⊕”运算满足交换律、结合律，若P∈C,Q∈C，且PQ为C的切线，切点为P，证明：P⊕P=Q；(3)已知Px1,y1∈C,Qx2,y2∈C，且直线PQ与C有第三个交点，求P⊕Q的坐标．3322参考公式：m-n=(m-n)m+mn+n2【解析】(1)由题设可知a≤0，有h(x)=3x+a，3若a=0，则b=0，则h(x)=x，此时h(x)仅有一个零点；aa若a<0，令h(x)=0，解得x1=--,x2=-．33aaaa当x<--或x>-时，h(x)>0，当--<x<-时，h(x)<0，3333aa故h(x)在-∞,--3，-3,+∞上为单调递增；aa在--,-上h(x)单调递减.3332因为4a+27b=0，34a2aa若b<0，则b=--=-，273325 aaaa2aaa此时h--3=---3-a-3+b=b--3=0，而h-3<033故此时h(x)有2个零点；34a2aa若b>0，则b=-=--，2733aaaa2aaa此时h-3=--3+a-3+b=b+-3=0，而h--3>033故此时h(x)有2个零点；综上，当b>0,hx2=0，所以h(x)有2个零点．当b<0,hx1=0，所以h(x)有2个零点．当a=0，有b=0，则h(x)有1个零点．(2)因为PQ为C在点P处的切线，且Q∈C，所以P⊕Q=P，∗∗故P⊕(P⊕Q)=P⊕P=0，故P⊕P⊕Q⊕Q=0⊕Q=Q，因为“⊕”运算满足交换律、结合律，∗故P⊕P⊕Q⊕Q=P⊕P⊕Q⊕Q=P⊕P⊕0=P⊕P，故P⊕P=Q.y1-y2(3)直线PQ的斜率λ=，设PQ与C的第三个交点为x3,y3，x1-x223则y3=λx3-x1+y1，代入y3=x3+ax3+b得2223λx3-x1+2λy1x3-x1+y1=x3+ax3+b，23而y1=x1+ax1+b，2233故λx3-x1+2λy1x3-x1+x1+ax1+b=x3+ax3+b，2233整理得到：λx3-x1+2λy1x3-x1=x3-x1+ax3-x1，2222222故λx3-x1+2λy1=x3+x1+x1x3+a即x3+x1-λx3+x1+λx1-2λy1+a=0，2222同理可得x3+x2-λx3+x2+λx2-2λy2+a=0，222两式相减得：x1-x2x3+x1-x2+λx1-x2-2λy1-y2=0，2y1-y2故x3+x1+x2+λ-2λ=0，x1-x2y1-y22222所以x3+x1+x2+λ-2λ=0，故x3=λ-x1-x2，故x3=x-x-x1-x2，12y1-y2y1-y22所以y3=x-xx-x-2x1-x2+y1，1212因此P⊕Q的坐标为：y1-y22y1-y2y1-y22x-x-x1-x2,x-x-x-x+2x1+x2-y1．12121225(2024·全国·高三专题练习)阅读材料：22(一)极点与极线的代数定义；已知圆锥曲线G：Ax+Cy+2Dx+2Ey+F=0，则称点P(x0，y0)和直线l：Ax0x+Cy0y+Dx+x0+Ey+y0+F=0是圆锥曲线G的一对极点和极线.事实上，在圆锥曲线方程2x0+x中，以x0x替换x，以替换x(另一变量y也是如此)，即可得到点P(x0，y0)对应的极线方程.特别地，22y2xxyy2y2x00x对于椭圆2+2=1，与点P(x0，y0)对应的极线方程为2+2=1；对于双曲线2-2=1，与点Pababbbx0xy0y2(x0，y0)对应的极线方程为2-2=1；对于抛物线y=2px，与点P(x0，y0)对应的极线方程为y0y=abpx0+x.即对于确定的圆锥曲线，每一对极点与极线是一一对应的关系.26 (二)极点与极线的基本性质､定理①当P在圆锥曲线G上时，其极线l是曲线G在点P处的切线；②当P在G外时，其极线l是曲线G从点P所引两条切线的切点所确定的直线(即切点弦所在直线)；③当P在G内时，其极线l是曲线G过点P的割线两端点处的切线交点的轨迹.结合阅读材料回答下面的问题：2y2x3(1)已知椭圆C：+=1(a>b>0)经过点P(4，0)，离心率是，求椭圆C的方程并写出与点P对a2b22应的极线方程；1(2)已知Q是直线l：y=-x+4上的一个动点，过点Q向(1)中椭圆C引两条切线，切点分别为M，N，是2否存在定点T恒在直线MN上，若存在，当MT=TN时，求直线MN的方程；若不存在，请说明理由.2y2x【解析】(1)因为椭圆+=1(a>b>0)过点P(4,0)，22ab2240c3则+=1，得a=4，又e==，a2b2a2222所以c=23，所以b=a-c=4，2y2x所以椭圆C的方程为+=1.1644x0×y根据阅读材料，与点P对应的极线方程为+=1，即x-4=0；164(2)由题意，设点Q的坐标为(x0,y0)，11因为点Q在直线y=-x+4上运动，所以y0=-x0+4，222y2x+=1联立164，得x2-8x+24=0，y=-1x+42Δ=64-4×24=-32<0，该方程无实数根，1所以直线y=-x+4与椭圆C相离，即点Q在椭圆C外，2又QM，QN都与椭圆C相切，所以点Q和直线MN是椭圆C的一对极点和极线.2y2xxyyx00对于椭圆+=1，与点Q(x0,y0)对应的极线方程为+=1，1641641x0xy0y将y0=-x0+4代入+=1，整理得x0x-2y+16y-16=0，2164又因为定点T的坐标与x0的取值无关，x-2y=0x=2所以，解得，16y-16=0y=1所以存在定点T(2,1)恒在直线MN上.当MT=TN时，T是线段MN的中点，设Mx1,y1，Nx2,y2，直线MN的斜率为k，22x1y116+4=1y2-y14x1+x242×211则22，两式相减，整理得=-⋅=-⋅=-，即k=-，x2+y2=1x2-x116y1+y2162×1221641所以当MT=TN时，直线MN的方程为y-1=-x-2，即x+2y-4=0.227 2y2x26(2024·上海虹口·高三统考阶段练习)已知椭圆Γ:+=1(a>b>0)的左、右焦点分别为F1、22abF2，直线l的斜率为k，在y轴上的截距为m.(1)设k=1，若Γ的焦距为2，l过点F1，求l的方程；1(2)设m=0，若P3,2是Γ上的一点，且PF1+PF2=4，l与Γ交于不同的两点A、B，Q为Γ的上顶点，求△ABQ面积的最大值；n⋅MN(3)设n是l的一个法向量，M是l上一点，对于坐标平面内的定点N，定义δN=.用a、b、k、m表|n|2示δF1⋅δF2，并利用δF1⋅δF2与b的大小关系，提出一个关于l与Γ位置关系的真命题，给出该命题的证明.【解析】(1)设椭圆的左焦点F1的坐标为-c,0，则椭圆的右焦点F2的坐标为c,0，因为Γ的焦距为2，所以2c=2，故c=1，所以左焦点F1的坐标为-1,0，因为l过点F1，直线l的斜率为k=1，所以直线l的方程为y=x+1；12213231(2)因为P3,是Γ上的一点，所以+=1，化简可得+=1，2a2b2a24b2x22因为PF1+PF2=4，所以2a=4，所以a=2，b=1，所以Γ的方程为+y=1，4因为直线l的斜率为k，在y轴上的截距m=0，所以直线l的方程为y=kx，设Ax1,y1，由对称性可得B-x1,-y1，因为△ABQ的面积S△ABQ=S△AOQ+S△BOQ，O为坐标原点，11所以S△ABQ=S△AOQ+S△BOQ=×1×x1+×1×x1=x1，又x1≤2，22所以S△ABQ=S△AOQ+S△BOQ≤2，此时直线l的斜率为0，所以△ABQ面积的最大值为2；1(3)因为直线l的斜率为k，在y轴上的截距为m，所以直线l的方程为y=kx+m，则向量k1，-为直k线l的一个法向量，取n=k,-1，因为M是l上一点，故设Mx0,kx0+m，设椭圆的左焦点F1的坐标为-c,0，则椭圆的右焦点F2的坐标为c,0，则MF1=-c-x0,-kx0-m，MF2=c-x0,-kx0-m，n⋅MF1-kc+mn⋅MF2kc+m由已知δF1==2，δF2==2，|n|k+1|n|k+122222222m-kcm-ka+kb所以δF1⋅δF2=2=2，k+1k+12y2x提出如下命题：椭圆Γ:2+2=1(a>b>0)的左、右焦点分别为F1、F2，ab28 2直线l的方程为y=kx+m，若δF1⋅δF2=b，则直线l与椭圆相切，证明如下：2y2x+=1a2b2222222联立方程，化简可得bx+akx+m=ab，y=kx+m222222222所以ak+bx+2akmx+am-ab=0，22222222222222222222方程ak+bx+2akmx+am-ab=0的判别式Δ=2akm-4ak+bam-ab=4ab2222ak-m+b，222222m-ka+kb2222222因为δF1⋅δF2=b，δF1⋅δF2=2，所以m-ka+kb=bk+1，k+12y2x+=12222a2b2所以ka-m+b=0，所以Δ=0，所以方程组只有一组解，y=kx+m所以直线l与椭圆Γ只有一个交点，所以直线l与椭圆Γ相切.08概率与统计新定义27(2024·北京东城·高三统考期末)已知随机变量ξ的取值为不大于n的非负整数值，它的分布列为：ξ012⋯nPp0p1p2⋯pn其中pi(i=0,1,2,⋯⋯,n)满足：pi∈[0,1]，且p0+p1+p2+⋯⋯+pn=1．定义由ξ生成的函数f(x)=p0+p1x2n+p2x+⋯⋯+pnx，令g(x)=f(x)．11213(I)若由ξ生成的函数f(x)=x+x+x，求P(ξ=2)的值；4242(II)求证：随机变量ξ的数学期望E(ξ)=g(1)，ξ的方差D(ξ)=g(1)+g(1)-(g(1))；n2(D(ξ)=∑(i-E(ξ))⋅pi)i=0(Ⅲ)现投掷一枚骰子两次，随机变量ξ表示两次掷出的点数之和，此时由ξ生成的函数记为h(x)，求h(2)的值．1【解析】(I)Pξ=2=．2(II)由于Eξ=0⋅p0+1⋅p1+2⋅p2+⋯⋯+n⋅pn，n-1gx=fx=p1+2p2x+⋯⋯+npnx，所以Eξ=g1．由ξ的方差定义可知nnnn222D(ξ)=∑(i-E(ξ))⋅pi=∑i⋅pi+∑E(ξ)⋅pi-2E(ξ)∑i⋅pii=0i=0i=0i=0nnnnn222=∑i(i-1)⋅pi+∑i⋅pi+∑E(ξ)⋅pi-2E(ξ)∑i⋅pi=∑i(i-1)⋅pi+E(ξ)+E(ξ)-2E(ξ)i=2i=0i=0i=1i=2n2=∑i(i-1)⋅pi+E(ξ)-E(ξ)i=2n2=∑i(i-1)⋅pi+g(1)-g(1)i=2n-1由于gx=p1+2p2x+⋯⋯+npnx，所以有n-2gx=2p2+3×2p3⋅x+⋯⋯+nn-1pn⋅x，这样ng1=2p2+3×2⋅p3+⋯⋯+nn-1pn=∑ii-1pi，所以有i=229 2Dξ=g1+g1-g1．(III)方法1．投掷一枚骰子一次，随机变量ξ的生成的函数为：123456fx=x+x+x+x+x+x．61234562投掷骰子两次次对应的生成函数为:hx=x+x+x+x+x+x．62所以h2=21=441．方法2：ξ的取值为2,3,4,5,6,7,8,9,10,11,12．则ξ的分布列为ξ2345678910111212345654321P36363636363636363636361223344556675849310211112hx=x+x+x+x+x+x+x+x+x+x+x．则h2=363636363636363636363641+4+12+32+80+192+320+512+768+1024+1024363969==441．928(2024·四川成都·高三成都七中校考开学考试)在三维空间中，立方体的坐标可用三维坐标a1,a2,a3表示，其中ai∈0,11≤i≤3,i∈N．而在n维空间中n≥2,n∈N，以单位长度为边长的“立方体”的项点坐标可表示为n维坐标a1,a2,a3,⋯⋯,an，其中ai∈0,11≤i≤n,i∈N．现有如下定义：在n维空间中两点间的曼哈顿距离为两点a1,a2,a3,⋯⋯,an与b1,b2,b3,⋯⋯,bn坐标差的绝对值之和，即为a1-b1+a2-b2+a3-b3+⋯⋯+an-bn．回答下列问题：(1)求出n维“立方体”的顶点数；(2)在n维“立方体”中任取两个不同顶点，记随机变量X为所取两点间的曼哈顿距离①求出X的分布列与期望；2②证明：在n足够大时，随机变量X的方差小于0.25n．2x-μ-212σ2(已知对于正态分布X∼Nμ,σ，P随X变化关系可表示为φμ,σx=⋅e)σ2π【解析】(1)对于n维坐标a1,a2,a3,⋯⋯,an有0,1两种选择(1≤i≤n,i∈N)．nn故共有2种选择，即2个顶点(2)①对于X=k的随机变量，在坐标a1,a2,a3,⋯⋯,an与b1,b2,b3,⋯⋯,bn中有k个坐标值不同，即ai≠bi，剩下n-k个坐标值满足ai=bi．kn-1此时所对应情况数为Cn⋅2种．kn-1kCn⋅2Cn即PX=k==2nCn2-12故分布列为：X=012⋯n012nCnCnCnCnP=⋯nnnn2-12-12-12-1012n0⋅Cn1⋅Cn2⋅Cnn⋅Cn数学期望EX=+++⋯+nnnn2-12-12-12-130 n012nn倒序相加得EX=nCn+Cn+Cn+⋯+Cn=-n22-121-2n即EX=．-n21-2n②当n足够大时，EX≈．2nn2设正态分布N∼2,2，正态分布曲线为fx，nn2由定义知该正态分布期望为，方差为．22设题中分布列所形成的曲线为gx．nnn则当gx与fx均在x=2处取最大值，若当g2>f2时，n2且g∞<f∞，则可认为方差DX<．2fx22x-1I．g∞<f∞：当x→+∞时，有=⋅>1gxeπx即g∞<f∞．nngn⋅C2nn2πnII．g>f=⋅22n22n-1f2nn22πn⋅Cnn⋅Cn当n足够大时，有⋅≈=hnnn22-12-1kk-1hn+112C2k+11C2k当n=2kk∈N时，=1+=1+1+>1hn2k2Ck2kCk2k2kkhn+112C2k+1当n=2k+1k∈N时，=1+>1hn2k+12Ck2k+1nn故g2>f2．2n综上所述，可以认为DX<．409高等数学背景下新定义29(2024·吉林长春·东北师大附中模拟预测)概率论中有很多经典的不等式，其中最著名的两个当属由两位俄国数学家马尔科夫和切比雪夫分别提出的马尔科夫(Markov)不等式和切比雪夫(Chebyshev)不等式．马尔科夫不等式的形式如下：EX设X为一个非负随机变量，其数学期望为EX，则对任意ε>0，均有PX≥ε≤，ε马尔科夫不等式给出了随机变量取值不小于某正数的概率上界，阐释了随机变量尾部取值概率与其数学期望间的关系．当X为非负离散型随机变量时，马尔科夫不等式的证明如下：n设X的分布列为PX=xi=pi,i=1,2,⋯,n,其中pi∈(0,+∞),xi∈[0,+∞)(i=1,2,⋯,n),pi=1，则对任i=1nxi11E(X)意ε>0，P(X≥ε)=pi≤pi=xipi≤xipi=，其中符号Ai表示对所有满足xi≥xi≥εxi≥εεεxi≥εεi=1εxi≥ε31 ε的指标i所对应的Ai求和．切比雪夫不等式的形式如下：DX设随机变量X的期望为EX，方差为DX，则对任意ε>0，均有PX-EX≥ε≤2ε(1)根据以上参考资料，证明切比雪夫不等式对离散型随机变量X成立．(2)某药企研制出一种新药，宣称对治疗某种疾病的有效率为80%．现随机选择了100名患者，经过使用该药治疗后，治愈的人数为60人，请结合切比雪夫不等式通过计算说明药厂的宣传内容是否真实可信．22【解析】(1)法一：对非负离散型随机变量X-EX及正数ε使用马尔科夫不等式，2EX-EXDX22有PX-EX≥ε=PX-EX≥ε≤=．22εε法二：设X的分布列为PX=xi=pi,i=1,2,⋯,n,n其中pi,xi∈(0,+∞)(i=1,2,⋯,n),pi=1，记μ=EX，则对任意ε>0，i=1x-μ2nDXi1212PX-μ≥ε=∑Pi≤∑2Pi=2∑xi-μPi≤2∑xi-μPi=2.xi-μ≥εxi-μ≥εεεxi-μ≥εεi=1ε(2)设在100名患者中治愈的人数为X．假设药企关于此新药有效率的宣传内容是客观真实的，那么在此假设下，X∼B100,0.8,EX=100×0.8=80,DX=100×0.8×1-0.8=16．DX由切比雪夫不等式，有PX≤60≤PX-80≥20≤=0.04．220即在假设下，100名患者中治愈人数不超过60人的概率不超过0.04，此概率很小，据此我们有理由推断药厂的宣传内容不可信．30(2024·湖北·高三黄冈中学校联考阶段练习)随机变量的概念是俄国数学家切比雪夫在十九世纪中叶建立和提倡使用的.切比雪夫在数论､概率论､函数逼近论､积分学等方面均有所建树，他证明了如下以他DX名字命名的离散型切比雪夫不等式：设X为离散型随机变量，则PX-EX≥λ≤，其中λ为任2λ意大于0的实数.切比雪夫不等式可以使人们在随机变量X的分布未知的情况下，对事件X-λ≤λ的概率作出估计.(1)证明离散型切比雪夫不等式；(2)应用以上结论，回答下面问题：已知正整数n≥5.在一次抽奖游戏中，有n个不透明的箱子依次编号为1,2,⋯,n，编号为i1≤i≤n的箱子中装有编号为0,1,⋯,i的i+1个大小､质地均相同的小球.主持人邀请nXin位嘉宾从每个箱子中随机抽取一个球，记从编号为i的箱子中抽取的小球号码为Xi，并记X=.对i=1i任意的n，是否总能保证PX≤0.1n≥0.01(假设嘉宾和箱子数能任意多)？并证明你的结论.n附：可能用到的公式(数学期望的线性性质)：对于离散型随机变量X,X1,X2,⋯,Xn满足X=Xi，则有Ei=1n(X)=EXi.i=1【解析】(1)设X的所有可能取值为x1,x2,⋯,xn,X取xi的概率为Pi1≤i≤n.n则PX-EX≥λ=Pi，xi-EX≥λ2xi-EX∵X-EX≥λ∴≥12λ32 n2nxi-EX12DX∴PX-EX≥λ≤Pi⋅2≤2Pi⋅xi-EX=2xi-EX≥λλλi=1λnnEXiEXin(2)(2)由参考公式，E(X)=E==.i=1ii=1i2n2Xi12D(X)=E(X-E(X))=E-i=1i2nnXi12Xi1Xj1Xi12=Ei-2+2Ei-2Ej-2=Ei-2i=11≤i<j≤ni=1nXiXi1=Di，用到Ei-2=0(1≤i≤n)i=1ij12-Xi2ij=01n而Di=i+1≤4，故DX≤4.nn4当n=160时，PX≤0.1n<PX-≥0.4n≤<0.01，20.16n2因此，不能保证PX≤0.1n≥0.01.31(2024·北京西城·统考二模)给定奇数n≥3，设A0是n×n的数阵．aij表示数阵第i行第j列的数，1或-1,i≠jaij=且aij=aji(i=1,2,⋯,n;j=1,2,⋯,n)．定义变换φt为“将数阵中第t行和第t列的数都乘0,i=j*以-1”，其中t∈{1,2,⋯,n}．设T=(t1,t2,⋯,ts),tr∈{1,2,⋯,n},r=1,2,⋯,s(s∈N)．将A0经过φt1变换得到A1，A1经过φt2变换得到A2，⋯，As-1经过φts变换得到As．记数阵Ar中1的个数为TA0(r)．01-1(1)当n=3时，设A0=101，T=(1,3)，写出A1,A2，并求TA0(1),TA0(2)；-110(2)当n=5,s≥2时，对给定的数阵A0，证明：TA0(2)-TA0(1)是4的倍数；2(n-1)(3)证明：对给定的数阵A0，总存在T，使得TA(s)≤．020-110-1-1【解析】(1)由题设A1=-101，A2=-10-1．110-1-10所以TA(1)=4，TA(2)=0．00(2)设数阵A1中第t2行和第t2列中1的个数均为xt2，-1的个数均为4-xt2．经过φt2变换，A1的第t2行和第t2列均有xt2个1变为-1，有4-xt2个-1变为1．所以TA0(2)-TA0(1)=2×(4-xt2-xt2)=4(2-xt2)．即TA(2)-TA(1)是4的倍数．00(3)数阵Am经过φtm+1变换得到数阵Am+1，设Am第tm+1行和第tm+1列中1的个数均为ytm+1．由(2)可知，TA0(m+1)=TA0(m)+2×[(n-1)-2ytm+1]=TA0(m)+2n-2-4ytm+1．设当T=T时，TA0(s)取得最小值TA0(s)，其中T=(t1,t2,⋯,ts)．n-1记As每行中1的个数为z1,z2,⋯,zn，则必有zi≤(i=1,2,⋯,n)．2n-1否则，若存在j使得zj>，则令T=(t1,t2,⋯,ts,j)，有2TA0(s+1)=TA0(s)+2n-2-4zj<TA0(s)=TA0(s)，与TA0(s)为最小值矛盾．33 n-1n+1在z1,z2,⋯,zn中，①若等于的个数不超过，222n+1n-1n+1n-1(n-1)则TA(s)≤×+n-×-1=．022222n-1n+1n-1②若等于的个数大于，则必存在i,j满足aij=-1，且zi=zj=．222n-1n-1n-1n-1否则，不妨设z1=，则共有n-1-=个j满足a1j=-1，且zj<，2222n-1n+1n-1所以z1,z2,⋯,zn中至多有n-=个等于，矛盾．222n-1故存在i,j满足aij=-1，且zi=zj=．2n-1取T=(t1,t2,⋯,ts,j,i)，因为zj=，所以TA0(s+1)=TA0(s)．2n-1n+1由As变换为As+1时，aij从-1变为1，故数阵As+1第i行中1的个数为+1=．22n+1故TA0(s+2)=TA0(s+1)+2n-2-4×2=TA0(s+1)-4<TA0(s+1)=TA0(s)=TA0(s)，这与TA(s)为最小值矛盾．02(n-1)综上，对给定的数阵A0，总存在T，使得TA(s)≤．0232(2024·上海宝山·统考一模)若数列满足：从第二项起的每一项不小于它的前一项的λ(λ∈R)倍，则称该数列具有性质P(λ).(1)已知数列-1，2-x，3-x具有性质P(4)，求实数x的取值范围；12n(2)删除数列3，3，⋅⋅⋅，3，⋅⋅⋅中的第3项，第6项，⋅⋅⋅，第3n项，⋅⋅⋅，余下的项按原来顺序组成一个新数列{tn}，且数列{tn}的前n项和为Tn，若数列{Tn}具有性质P(λ)，试求实数λ的最大值；n2021(3)记ui=um+um+1+um+2+⋅⋅⋅+un(m∈N)，如果ak>0(k=1,2,⋅⋅⋅,2021)，证明：“ak>1”的充要条件i=mk=1是“存在数列{xn}具有性质P(1)，且同时满足以下三个条件：(Ⅰ)数列{xn}的各项均为正数，且互异；20212020(Ⅱ)存在常数A>0，使得数列{xn}收敛于A；(Ⅲ)xn-xn-1=akxn+k-ak+1xn+k(n=1,2,⋅⋅⋅，这里x0=k=1k=00)”.2-x≥-45【解析】(1)由题意可知，，得≤x≤6；3-x≥4(2-x)3nn1-(33)31-3312nnn-1(2)当n=3k,k∈N时，Tn=3⋅-3⋅3=(3-1)，Tn≤λTn-1,3-1≤λ3-λ，所以λ≤1-31-313n-1n2n1-(33)33-13-11-3315n12n-1≤2-1=4；当n=3k+1,k∈N时，Tn=3⋅1-3-3⋅3=13⋅3-13，Tn≤λTn-1，λ3-13-11-3n-215n124512⋅3--1-3n1-(33)31812131313133n≤≤=11；当n=3k+2,k∈N时，Tn=3⋅-3⋅3=⋅3-，Tn15⋅3n-1-1215-121-31-313131313131318n125412⋅3--13131313≤λTn-1，λ≤≤=7，综上，λ的最大值为11.18n-1121812⋅3--131313131n(3)证明：令xn=1-2，显然xn具有性质P(1)，且满足条件(Ⅰ)，当x→∞,xn→1，满足条件(Ⅱ)，xn2021202020211n1n-11n-xn-1=akxn+k-ak+1xn+k，即xn-xn-1=ak(xn+k-xn+k-1)，所以1-2-1-2=2=k=1k=0k=134 20212021202120211n+k1n+k-11n+kkak1-2-1+2=ak2，所以ak=2≥2>1，即证ak>1.k=1k=1k=1k=135